2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第12讲传送带模型和“滑块—木板”模型(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第12讲传送带模型和“滑块—木板”模型(专项训练)(学生版+解析)，共84页。
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 传送带模型
考向1 水平传送带模型
考向2 倾斜传送带模型
考向3 物体在传送带上的划痕长度问题
\l "_Tc2717" 题型02 “滑块—木板”模型
考向1 无外力的板块模型
考向2 有外力的板块模型
考向3 倾斜面的板块模型
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 传送带模型
►考向1 水平传送带模型
1．（2025·山东·模拟预测）工厂流水线使用的水平传送带如图所示，传送带总长度L=5m，顺时针转动，传送带速度大小v=2m/s。工人从t=0时刻开始每隔0.4s将完全相同的工件（可视为质点）无初速度轻放在传送带左端点A上，工件经传送带运送到右端点B处进入下一道工序。已知传送带与工件间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则t=10.7s时，传送带上的工件数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【解析】传送带总长度L=5m，工件在传送带上的加速度
加速时间
加速运动的位移
匀速运动
后到达B端。每隔0.4s放一个，加上第1个，即放第8个工件后，传送带上工件数为8个，持续0.2s，第1个工件掉下传送带，总数变为7个，持续0.2s，然后再放，就是8、7、8、7……由题意可得，放第27个，即t=10.4s时，传送带上的工件数为8，10.4s距离10.7s差0.3s，由上面分析得t=10.7s时，传送带上的工件数为7。
故选B。
2．（2025·吉林长春·三模）一水平传送带长，以恒定速率顺时针匀速转动。在传送带左端每隔轻轻地放上相同的小物块（可视为质点），小物块的质量，与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，从第1个小物块到达传送带最右端（仍在传送带上）开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．内，传送带上小物块均受到摩擦力作用
B．每个物块在传送带上匀速运动的时间为
C．时刻，传送带上共计有5个小物块
D．内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为
【答案】D
【解析】ABC．由牛顿第二定律知，物块相对传送带滑动时的加速度大小a=μg=4m/s2
物块与传送带速度相同所用的时间
解得t1=0.5s
此过程物块的位移大小
解得x1=0.5m＜L=10m
此后物块随传送带做匀速直线运动，物块不受摩擦力作用，则0～1s内，传送带上小物块并不是都处于加速阶段，并不是都受到摩擦力作用，每个物块在传送带上做匀速直线运动的时间
解得t2=4.75s
每个物块在传送带上运动的总时间t=t1+t2
解得t=5.25s
由于计时时第一个小物块恰好到达传送带最右端，且每1s释放一个小物块，则t=0时刻，传送带上共有6个小物块，故ABC错误；
D．此过程所有小物块对传送带的摩擦力做功W=-μmg•vt1
解得W=-8J
故D正确。
故选D。
3．如图所示，质量分别为2kg、3kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在水平传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带逆时针转动时，Q恰好静止。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，Q运动到传送带的右端且恰好与传送带速度相同。重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为0.6s
C．传送带AB间的距离为4m
D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20N
【答案】C
【解析】A．当传送带逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知
即有
解得
A错误；
BC．当传送带以v=8m/s顺时针转动，做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得
当速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，匀加速运动到共速的时间为
解得
匀加速的位移为
则传送带AB之间的位移为4m，B错误，C正确；
D．当Q加速时，对P分析受力分析，则有
解得
D错误。
故选C。
4．（2025·浙江温州·二模）如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5m，传送带始终以恒定速率0.30m/s运行。一质量为0.60kg的小包（可视为质点）无初速度地轻放上传送带左端，最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，下列说法正确的是（ ）
A．安检机使用γ射线探测包内的物品
B．小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右
C．由于传送小包，电动机多做的功为0.054J
D．小包从传送带左端到达右端的时间为1.0s
【答案】C
【解析】A．安检机使用X射线探测包内的物品，故A错误；
B．小包匀速运动时，小包在水平方向上处于平衡状态，故传送带对小包的摩擦力为0，故B错误；
C．对小包根据动能定理可得传送带对小包做功为
小包速度与传送带速度相同之前的过程中根据牛顿第二定律可得
解得
故小包速度达到传送带速度所用时间为
加速度位移为
小包加速过程中，传送带位移为
则小包相对于传送带运动位移为
则摩擦力产生热量为
则电动机由于传送小包多做的功为
故C正确；
D．与传送带共速后到达右端所用时间为
故小包从传送带左端到达右端的时间为
故D错误。
故选C。
5．现代网络商品丰富多样，越来越多的人选择网购。图示为快递包裹运用传送带运输的过程，长为L=5m的水平传送带以恒定速率v=1m/s顺时针运行，其右端与等高的粗糙水平面无缝衔接，包裹与传送带之间、与水平面之间的动摩擦因数分别为、。现将一小包裹（可视为质点）无初速度轻放在传送带左端，小包裹最终停在水平面上。重力加速度g取，求：
（1）小包裹加速过程的位移大小x；
（2）小包裹从放上传送带到停止运动所用的时间t。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）对包裹，根据牛顿第二定律
设包裹在到达右端前，已经与传送带达到共速
解得包裹加速阶段位移大小
（2）包裹到达右端前与传送带共速，加速过程所用时间
共速后包裹与传送带相对静止一起匀速运动，到达右端的时间
包裹在水平面做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律
包裹在水平面运动的时间
包裹运动的时间为
►考向2 倾斜传送带模型
6．如图所示，倾角为的传送带顺时针匀速转动，其底部与水平面平滑连接。质量不同的小物体甲、乙先后由传送带上的A点静止释放，甲、乙与传送带、水平面间的动摩擦因数均为，已知，则甲、乙（ ）
A．均沿传送带向下先加速、后匀速运动
B．在传送带上运动时均处于超重状态
C．均停止在水平面上的同一位置
D．若增大传送带的速度，则到达传送带底端时的速度均减小
【答案】C
【解析】AB．小物体释放后，沿传送带方向受到重力沿传送带向下的分力和沿传送带向上的滑动摩擦力，因，即
故小物体甲、乙在传送带上均一直沿传送带向下匀加速运动，加速度沿传送带向下，竖直方向具有向下的加速度，故均处于失重状态，故AB错误；
C．小物体甲、乙在传送带上匀加速运动的加速度大小均为
在水平面上匀减速运动的加速度大小均为
故小物体甲、乙均停止在水平面上的同一位置，故C正确；
D．若增大传送带的速度，小物体甲、乙沿传送带向下匀加速运动的加速度不变，则到达传送带底端时的速度不变，故D错误。
故选C。
7．如图甲所示，传送带与水平面的夹角为，在传送带中点无初速度地放置一木块（视为质点），木块的速度随时间变化的图像如图乙所示，、、、均已知，木块到达传送带底端的时间大于，重力加速度大小为g，则（ ）
A．传送带可能沿顺时针方向转动
B．木块与传送带间的动摩擦因数
C．传送带的长度
D．满足
【答案】D
【解析】A．若传送带沿顺时针方向转动，当时，木块将一直沿传送带向下做加速直线运动，当时，木块将先加速到与传送带速度相等再做匀速运动，两种情况的速度—时间图像均不符合题图乙，所以传送带一定沿逆时针方向转动，故A错误；
B．由题意可知，木块不能在传送带上保持相对静止，则
即
故B错误；
C．由题图乙可知，0 ~ t2内木块的位移大小
但木块运动时间大于t2，则传送带的长度
故C错误；
D．由题图乙可知，0 ~ t1内有
同时
t1 ~ t2内有
同时有
解得
故D正确；
故选D。
8．如图所示，倾角为的传送带以一恒定速率逆时针转动。时在传送带顶端轻放一小物块。不计空气阻力，关于小物块运动过程中的速度随时间变化的关系图线一定不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】物体轻放在传送带上，受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，有
小物块先做匀加速运动。
传送带较短时，则小物块在传送带上一直加速；
传送带较长时，共速后，若摩擦力大于重力向下的分力，物块做匀速直线运动；
若摩擦力小于重力向下的分力，则
可知
本题选择不正确的选项；
故选D。
9．（多选）如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角，A、B两端相距4.45m，质量为的物体以的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5（g取，，），下列说法中正确的是（ ）
A．开始时物体的加速度大小一定为
B．若传送带不转动，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25m
C．若传送带逆时针运转的速度，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25m
D．若传送带顺时针运转的速度，物体从A点到达B点所需的时间是2s
【答案】BC
【解析】A．当传送带顺时针运转的速度时，由于
故物体相对传送带下滑，物体受到的滑动摩擦力沿斜面向上，设其加速度大小为，由牛顿第二定律可得
解得，故A错误；
B．若传送带不转动，物体受到的滑动摩擦力沿斜向下，设其加速度大小为，由牛顿第二定律可得
解得
由速度位移关系公式
可得物体沿传送带上滑的最大距离为，故B正确。
C．若传送带逆时针运转的速度时，则物体受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，物体的加速度大小等于
物体沿传送带上滑的最大距离与B选项的结论相同，即物体沿传送带上滑的最大距离等于，故C正确；
D．若传送带顺时针运转的速度，因，故物体开始时相对传送带上滑，物体受到的滑动摩擦力沿斜面向下，物体的加速度大小等于，物体先做匀减速直线运动。 减速到与传送带速度相等时所用时间为
此时间内物体上滑的距离为
共速后，因
故物体相对传送带下滑，物体受到的滑动摩擦力沿斜面向上，设其加速度大小为，由牛顿第二定律可得
解得
物体沿传送带向上做匀减速直线运动，设到点时的速度是，由速度位移关系得
解得
在此过程中所用时间为
物体从点到达点所需的时间为，故D错误。
故选BC。
10．如图所示，一传送带做逆时针匀速转动，倾斜角，传送带的速度为，P点为传送带的顶端，Q点为传送带的底端，PQ两点的距离为。可视为质点且质量为m的物块从传送带的顶端P由静止释放，做匀加速直线运动，物块的加速度为。，取重力加速度。
（1）求物块与传送带的摩擦因数；
（2）若传送带做顺时针匀速转动，传送带的倾斜角、长度、速率均不变，仍在传送带顶端P从静止释放小物块，求小物块运动到底端Q的速度大小。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）根据牛顿第二定律有
解得
（2）根据牛顿第二定律有
解得
设物块与传送带共速用时为t，则有
解得
物块运动的位移为
解得
由于
则物块继续加速运动有
解得
根据速度-位移公式有
解得
►考向3 物体在传送带上的划痕长度问题
11．如图所示，许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率。如图甲所示，倾角为的倾斜传送带沿顺时针方向转动，传送带的速度v随时间t的变化图像如图乙所示。时刻将质量为m=1kg的煤块轻放在传送带底端，已知煤块和传送带间动摩擦因数μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。0s~15s过程中传送带上煤块划出的煤块痕迹的长度（ ）
A．2.5mB．3mC．5mD．6.3m
【答案】C
【解析】煤块相对传送带滑动时，由牛顿第二定律得
代入数据解得a＝0.4m/s2
由图乙所示v﹣t图像可知，在0~10s内传送带速度加速度a1
在10~15s内传送带的加速度a2
由于a＞a1，则在0~10s内煤块相对传送带静止一起以加速度a1向上做匀加速直线运动
在10~15s内由于a＜a2，煤块相对于传送带向下滑动，在传送带上留下痕迹
该时间内煤块的位移x1＝vt3×5mm＝20m
传送带的位移x2＝vt3×5mm＝25m
则在0~15s内煤块在传送带上划出痕迹的长度
C正确，ABD错误。
故选C。
12．（多选）如图所示，一个水平的浅色传送带长8m，在其左端放置一煤块（可视为质点），初始时，传送带与煤块均静止。现让传送带以4m/s2加速度沿顺时针方向加速运动，经过一段时间后，立即以同样大小的加速度做匀减速运动；在传送带开始加速运动的同时，煤块也开始向右匀加速运动，加速度大小为2m/s2，一段时间后煤块与传送带的速度相等，此时煤块立即做匀减速运动，加速度大小仍为2m/s2，最终煤块恰好停止在传送带的右端，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹。下列说法正确的是（ ）
A．传送带加速运动的时间为1.2s
B．煤块与传送带间的相对位移大小为1m
C．煤块与传送带间的相对总路程为5m
D．煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为2m
【答案】BC
【解析】A．对煤块，由静止开始匀加速，再减速到零，位移为传送带长度8m，加速和减速的加速度大小不变，故煤块运动的全过程有
煤块加速运动与减速运动的时间相等，均为
可得煤块的最大速度为
根据题意可知，传送带加速与减速的时间相等，令其为t0，则加速过程有
减速至与煤块速度相等时有
解得，，故A错误；
B．结合上述，煤块加速过程，煤块相对于传送带向左运动
速度相等后煤块相对于传送带向右运动
则煤块与传送带间的相对位移大小为，故B正确；
C．结合上述可知，煤块与传送带间的相对总路程为，故C正确；
D．结合上述可知，煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为，故D错误。
故选BC。
13．如图所示，传送带在3个转动轴轮的驱动下，以2m/s的速率作顺时针方向运动，AB=2m，BC=4m，与水平方向成37°。有一质量为m的木块与传送带间的摩擦系数为0.25。现把木块轻放在A轮顶部的传送带上。B处有光滑圆弧，可改变木块的速度方向，但不影响速度的大小，则：
（1）木块自A至C时间；
（2）若木块在传送带上移动时会产生红色痕迹，则木块到达C时，传送带上留下的红色痕迹长度。
【答案】（1）2.4s；（2）2m
【解析】（1）第一段在AB上做匀加速运动
第二段在AB上做匀速运动
第三段在BC上做匀加速运动

解得
故总时间为
（2）第一段过程，相对传送带向后运动，产生红色痕迹为
第三段过程，相对传送带向前运动，产生红色痕迹为
覆盖了第一段的痕迹，即红色痕迹共2m。
02 “滑块—木板”模型
►考向1 无外力的板块模型
14．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，长木板静置在粗糙水平面上，时与长木板质量相同的小滑块以某一初速度滑上长木板，已知滑块与木板之间的动摩擦因数是木板与地面间动摩擦因数的3倍。设滑块没有离开木板，则下列关于滑块的速度与时间的关系图像以及木板的速度与时间的关系图像，可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】规定向右为正，滑块与木板之间存在相对运动，滑块受到木板施加的滑动摩擦力为
根据牛顿第二定律滑块的加速度
因此滑块的速度随时间变化关系
木板受到滑块施加的滑动摩擦力（方向向右）和地面施加的动摩擦力，即
根据牛顿第二定律木板的加速度
因此木板的速度随时间变化关系
则在某时刻，滑块与木板相对静止，一起运动，系统加速度为
因v-t图像的斜率等于加速度，可知只有B正确。
故选B。15．如图所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，则（ ）
A．木块受到向右的静摩擦力
B．木板受到木块向左的滑动摩擦力
C．木板与地面之间的摩擦力大小为μ1（m＋M）g
D．木块给木板的摩擦力大小为μ2mg
【答案】D
【解析】ABD．木块相对木板向右运动，故木块受到木板向左的滑动摩擦力，大小为
力的作用是相互的，故木块对木板有向右的滑动摩擦力，大小为μ2mg，故AB错误，D正确；
C．木板静止，所以木板与地面之间的摩擦力为静摩擦力，大小等于木块对木板的摩擦力大小，也为μ2mg，而不能用滑动摩擦力的公式计算，故C错误。
故选D。
16．如图甲所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块（质量设为m）从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板，物块刚好未滑离木板，物块和木板的速度一时间图像如图乙所示，，结合图像，下列说法正确的是（ ）
A．可求得物块在前内的位移
B．可求得物块与木板间的动摩擦因数
C．可求解物块的质量
D．可求解木板的长度
【答案】C
【解析】A．物块在前2s内的位移
故A错误；
BC．由运动学图像知，两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为，木板加速度大小为，则有
则
解得
故B错误，C正确；
D．由乙图可知1s末两者相对静止，且物块刚好未滑离木板，由图像面积可得木板长度
故D错误。
故选C。
17．如图所示，质量的长木板静止在水平面上，质量的物块以方向水平向右、大小的初速度冲上木板左端，物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，木板足够长，物块可视为质点，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求物块冲上木板的瞬间，物块与木板各自的加速度大小；
（2）求物块最终距木板左端的距离。
【答案】（1）， （2）
【解析】（1）物块冲上木板左端时，对物块，由牛顿第二定律，有
解得
对木板，由牛顿第二定律，有
解得
（2）当物块与木板速度相等时，有
解得，
设物块与木板共速后保持相对静止，一起减速，对两者组成的整体，由牛顿第二定律有
解得
物块受到的静摩擦力
故两者可以相对静止一起速度减到零，故物块最终距离木板左端的距离
18．如图甲，质量的小滑块P（可视为质点），以的速度从木板左端向右滑上木板Q，此时木板Q速度大小为，方向水平向左，从该时刻开始1.2s内两物体的运动情况的v-t图像如图乙所示，1.2s时滑块P的速度为0，木板Q的速度大小为4m/s。已知木板Q质量，重力加速度g取。求：
（1）PQ间的动摩擦因数；
（2）Q与地面间的动摩擦因数；
（3）如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q的最小长度。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）图像斜率大小表示加速度大小，根据图乙可得，
对分析
解得
（2）根据图乙可得
对分析
解得
（3）时相对位移为
当时，，但，方向向左。此时滑块的加速度方向向左，大小为
木板加速度方向向右，大小为
当共速时，有
解得
则共同速度为
则这一阶段滑块向左运动的路程为
木板向左运动的路程为
两者的相对位移为
则想要滑块不从木板上掉落，木板至少长度为
►考向2 有外力的板块模型
19．如图，水平面上有A、B两物体，质量均为1kg，各接触面间的动摩擦因数均为0.3，现在对B施加一水平向右的拉力F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，则（ ）
A．，物体B恰好滑动B．，物体B恰好滑动
C．，物体A、B恰好相对滑动D．，物体A、B恰好相对滑动
【答案】D
【解析】设A、B两物体恰好发生相对滑动时，A、B两物体的加速度为a，对A物体，由牛顿第二定律
解得
以A、B两物体为整体，由牛顿第二定律
解得
故选D。
20．如图，有一个质量为的长木板静止在光滑水平地面上，木板上放着一个质量为的小滑块。现在对小滑块施加一个水平向右的恒力，小滑块由静止开始运动。已知小滑块与木板之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。当时，下列说法正确的是（ ）
A．小滑块和木板一起以相同的加速度向右运动
B．木板相对于小滑块向右滑动
C．小滑块的加速度大小为
D．木板的加速度大小为
【答案】D
【解析】A．当与之间的静摩擦力达到最大值时二者发生相对滑动，设两者恰好发生相对滑动时的加速度为，恒力为，对
对
解得，
所以当时，两者发生相对滑动，A错误；
BCD．两者发生相对滑动，对
对
解得：，
因，且木板速度小于小滑块速度，所以木板相对于小滑块向左滑动，B错误，C错误，D正确。
故选D。
21．某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图甲所示，将一质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为m的物块，刚开始均处于静止状态。现使物块受到水平力F的作用，用传感器测出水平拉力F，画出F与物块的加速度a的关系如图乙所示。已知重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块始终未脱离长木板。则不正确的是（ ）
A．长木板的质量为2kgB．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4D．当拉力F增大，长木板的加速度一定增大
【答案】D
【解析】AC．设长木板与物块间的动摩擦因数为，长木板与地面间的动摩擦因数为，由图可知，当F>12N时木块和木板开始产生滑动，则有
即
结合图像可知，
解得
AC正确，不符题意；
B．当时二者具有共同的加速度，则有
由图像可知，
解得，
B正确，不符题意；
D．当拉力F增大时，长木板与木块之间产生相对滑动，此时长木板受地面的摩擦力和木块的摩擦力不变，则加速度不变，D错误，符合题意。
故选D。
22．（多选）如图甲所示，在水平地面上放置一质量为0.5kg的木板A，木板A上放置一质量为1kg的物块B，木板A与地面的滑动摩擦因数为，物块B与木板A之间的滑动摩擦因数为。先在物块B上施加一作用力，随时间的变化如图乙所示。从时刻开始计时，物块B所受摩擦力随时间变化关系如图丙所示，整个过程物块B一直在木板A上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【解析】A．由图丙可知，在内A、B均处于静止状态，在时刻地面与A的摩擦力达到最大，根据平衡条件可得有
解得
故A正确；
C．由图丙可知，B与A之间的滑动摩擦大小为，则有
解得
故C正确；
BD．设当拉力为时，A、B刚好可以保持相对静止一起加速运动；以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得
以A为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得
由丙图可知此时对应的时刻为，则有
解得，
故B错误，D正确。
故选ACD。
23．粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端如图甲所示。现将一个水平向右力作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力的作用。滑块、长木板的图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度。求：
（1）为了使滑块Q始终没有从长木板P上滑下，长木板P的长度至少多长；
（2）长木板P和水平地面之间的动摩擦因数；
（3）长木板P停下来的时间；
（4）滑块Q在长木板P上滑行的相对位移的大小。
【答案】（1） （2） （3） （4）
【解析】（1）对图乙分析可知，长木板P的长度至少是前过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离，则有
（2）由乙图可知，力在时撤去，此时长木板P的速度，时二者速度相同，为，在前长木板P的速度大于滑块Q的速度，在后长木板P的速度小于滑块的Q的速度，在-过程中，以滑块Q为研究对象，根据图像的斜率表示加速度的大小，则有
根据牛顿第二定律有
解得
过程中，以长木板P为研究对象，根据图像的斜率表示加速度的大小，则有
根据牛顿第二定律
解得
（3）末到长木板P停下来过程中，根据牛顿第二定律
解得
解得对应的时间
则长木板P停下来的时间为
（4）在从末到滑块Q停下来的过程中，根据牛顿第二定律
解得
解得对应的时间
则滑块停下来的时间为
后滑块Q在长木板P上滑行的距离
前长木板P速度更大，后滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为
24．如图所示，质量m=1kg的木板b静止在粗糙水平地面上，在木板b上的O点放一质量也为1kg的物块a（可视为质点）。零时刻，对b施加水平向右的恒力F，a、b均由静止开始运动；某时刻，撤去恒力F，一段时间后，a、b都停止运动，a仍在O点。已知运动过程中a比b多运动，a、b间的动摩擦因数，b与地面间的动摩擦因数，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）a运动时，a的加速度大小；
（2）a运动的时间；
（3）恒力F的大小。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）a运动时，对物块a，由牛顿第二定律，有
解得
（2）设a、b共速时的速度大小为v，从a、b共速到b停止运动过程中，b的加速度大小为a2，b运动的时间为t1，对b由牛顿第二定律，有
解得
对a、b分别由匀变速直线运动的规律，有 ，
解得
a先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，由于a在加速和减速过程的加速度大小相同，因此a加速运动的时间和减速运动的时间相同，可得a运动的时间为
解得
（3）在恒力F作用的过程中，对b由牛顿第二定律，有
在撤去恒力F到a、b共速的过程中，对b由牛顿第二定律，有
设t0时刻撤去恒力F，b的速度大小为v1，由匀变速直线运动的规律，有
，
a做减速运动的位移大小为
整个运动过程中b的位移大小为
a、b都停止运动时，a仍在O点，因此整个运动过程中a、b的位移大小相等，则
解得
►考向3 倾斜面的板块模型
25．（2025·浙江·二模）倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A恰好能处于静止。现有物块B以的速度从A的顶端开始下滑，A、B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量为别为，，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止
B．物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4m/s
C．要使B不脱离A，A板长度至少为1.25m
D．从开始运动到A、B速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J
【答案】D
【解析】AB．由木板A恰好能处于静止可得，A与斜面间动摩擦因数
且A、B在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足
可得v＝0.6m/s
故AB错误；
C．对B物体，根据牛顿第二定律
解得，B物体向下减速时加速度为
减速时间
此过程中，物块B的位移
木板A的位移为
所以A板长度至少为
故C错误
D．全过程中系统因摩擦产生的热量
故D正确。
故选D。
26．（2024·湖南·模拟预测）如图所示，一倾角为θ = 37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M = 1 kg，长度为L = 2.5 m的长木板B沿着斜面以速度v0下滑，此时把质量为m = 1 kg的铁块A（视为质点）无初速度放在长木板B的下端，经过t = 0.5 s，A和B达到共速。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ = 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8，则下列判断正确的是（ ）
A．木板下滑的初速度v0 = 9 m/s
B．从放上铁块A到与长木板B共速的过程中，系统损失的机械能为8 J
C．铁块距离长木板上端2 m
D．从放上铁块A经过2 s后木板B的速度为v0
【答案】D
【解析】A．铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有
解得
方向沿斜面向下，对B根据牛顿第二定律有
解得
方向沿斜面向上，铁块A和长木板B共速的时间为t = 0.5 s，则
解得
故A错误；
C．此时A和B相对位移为
A离木板上端0.5 m，故C错误；
B．系统损失的机械能
故B错误；
D．A、B共速后，由于
A、B一起沿斜面加速下滑
方向沿斜面向下，设经过t1再次加速到v0
解得
全程用时
故D正确。
故选D。
27．（多选）如图1，在倾角足够长的固定斜面上放有质量的长木板，木板下表面与斜面间的动摩擦因数，木板上表面由两种不同材料制成，点上方光滑，点下方粗糙，物块与木板之间的动摩擦因数为。一质量的物块从木板的上端无初速释放，物块滑下木板前的图像如图2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，下列说法正确的是（ ）
A．，木板对斜面的摩擦力大小为
B．，物块相对木板的位移为
C．，木板对斜面的摩擦力大小为
D．，物块相对木板的位移为
【答案】BC
【解析】A．题意可知，m对M无摩擦作用，因为
可知M处于平衡状态，对M，由平衡条件可知
故A错误；
B．图像与横轴围成的面积表示位移，结合图2可知，物块相对木板的位移为
故B正确；
C．图像可知1s后m过e点，m做减速运动，则有
图像斜率绝对值表示加速度大小，图2可知1s后物块加速度大小为
联立以上解得
此时对M分析有
可知1s后木板沿斜面向下滑动，则，木板对斜面的摩擦力大小为
故C正确；
D．1s后，对长木板有
解得
可知时间内长木板位移
图2可知物块位移
则，物块相对木板的位移为
故D错误。
故选BC。
28．某游乐项目装置简化如图，平台A、C固定，光滑的斜面固定在平台A上，斜面的高度，斜面倾角，静止在粗糙水平面上的滑板B，紧靠平台A，高度与平台A等高，与斜面末端平滑相接，滑板B质量。质量为的游客从斜面顶端由静止开始下滑，离开斜面底端后滑上滑板B，当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台C，并在平台C上滑行了停下。游客视为质点，其与滑板B及平台C表面之间的动摩擦因数均为，滑板与水平面的动摩擦因数为，忽略空气阻力，重力加速度，求：
（1）游客滑到斜面底端时的速度的大小；
（2）滑板B的长度L；
（3）游客在运动过程中的总时间。
【答案】（1） （2） （3）7s
【解析】（1）游客在斜面上下滑过程，根据牛顿第二定律可得
解得游客下滑的加速度大小为
根据运动学公式可得
解得游客滑到斜面底端时的速度大小为
（2）设游客恰好滑上平台C时的速度为，在平台C上运动过程的加速度大小为
根据运动学公式有
解得
游客从滑板B的左端到右端的运动时间为
该过程游客的位移为
以滑板B为对象，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
该过程滑板B的位移为
则滑板B的长度为
（3）游客在斜面上运动时间为
游客在平台C上的运动时间为
则游客在运动过程中的总时间为
1．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，质量均为的两个可视为质点的滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为。现让A、B分别从传送带的两端同时滑上传送带，滑上时速度的大小均为，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为0.8s
B．A、B相遇时与传送带左端的距离为2.4m
C．传送带的长度为6m
D．滑块从滑上传送带到相遇，两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为10J
【答案】D
【解析】A．因为，故A滑上传送带后先减速后匀速，B滑上传送带后先减速，再反向加速，最后匀速，当两滑块都做匀速运动时刚好相遇，设滑块滑上传送带后的加速度大小为a，有
解得
A减速运动的时间
B从滑上传送带到匀速运动的时间
故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为2.4s，故A错误；
B．两滑块相遇时与传送带左端的距离，即A的位移为
故B错误；
C．相遇前B的位移为
方向向左，则传送带的长度为
故C错误；
D．A与传送带间的相对位移为
B与传送带间的相对位移为
故产生的总热量为
故D正确。
故选D。
2．（2024·吉林·三模）如图所示是一种“鱼虾自动分离装置”的简化结构图。分离器出口在倾斜传送带中段适当位置正上方一定高度，鱼虾下落到传送带时均有沿斜面向下的初速度，最终虾均能被传送至下端收集箱中，鱼均能被传送到上端收集箱中，已知传送带与水平面间夹角为，始终以恒定速率顺时针转动，下列说法正确的是（ ）
A．鱼在传送带上运送的过程所受的摩擦力方向先沿斜面向上后沿斜面向下
B．虾在传送带上做加速直线运动，鱼在传送带上做减速直线运动
C．虾与传送带间的动摩擦因数一定小于
D．鱼与传送带间的动摩擦因数一定大于
【答案】D
【解析】AD．由于鱼落在斜面时有沿着斜面向下的初速度，鱼相对于传送带向下运动，鱼受到沿斜面向上的滑动摩擦力，鱼均能被传送到上端收集箱中，鱼所受重力沿斜面的分力小于滑动摩擦力，即
解得
则鱼先沿斜面向下做匀减速直线运动，当速度减为0后，沿斜面向上做匀加速直线运动，当鱼的速度与传送带共速时，做匀速直线运动，鱼在传送带上运送的过程所受的摩擦力方向一直沿斜面向上，故A错误，D正确；
BC．由于虾落在斜面时有沿着斜面向下的初速度，虾相对于传送带向下运动，虾受到沿斜面向上的滑动摩擦力，当虾所受重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力时，虾沿斜面向下做匀加速直线运动，当虾所受重力沿斜面的分力等于滑动摩擦力时，虾沿斜面向下做匀速直线运动，当虾所受重力沿斜面的分力小于滑动摩擦力时，虾沿斜面向下做匀减速直线运动，这三种情况虾均能把虾传送至下端收集箱中，故虾与传送带间的动摩擦因数不一定小于，故BC错误。
故选D。
3．（2024·江苏·一模）如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列图中不可能描述小物块在传送带上运动的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】AB．当小物块的初速度沿斜面向下（），且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得
即
可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满足
可知二者将共速。故AB正确，与题意不符；
CD．同理，可知当小物块的初速度沿斜面向上（），对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得
即
可知小物块先沿传送带向上匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现与传送带共速的情况（）或者继续匀加速（）此时加速度满足
故C正确，与题意不符；D错误，与题意相符。
本题选不正确的故选D。
4．（2025·山东·三模）某大型超市使用传送带来搬运货物。如图所示，倾角为37°的倾斜传送带以4m/s的恒定速率逆时针转动，传送带两端A、B间的距离为5.8m，传送带的最底端B和水平平台BC平滑连接。将可视为质点的质量为2kg的货物轻放在传送带上的A端，最终货物刚好停在平台上的C端。已知货物与倾斜传送带和平台间的动摩擦因数均为0.5，取，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．货物从A到B的时间为1.65s
B．货物在传送带上运动时，相对传送带运动的路程为0.8m
C．若货物与传送带发生相对滑动时，能够留下划痕，则划痕的长度为0.8m
D．BC的长度为3.6m
【答案】D
【解析】A．根据牛顿第二定律得
解得
货物和传送带达到共同速度所需要的时间
下滑的距离
货物继续加速下滑，根据牛顿第二定律得
解得
货物下滑到底端的速度
解得
货物下滑到底端的时间
解得
货物从A到B的时间为，A错误；
BC．货物与传送带达到相同速度前划痕的长度
货物与传送带达到相同速度后划痕的长度
货物相对于传送带先向上运动0.8m，后向下运动1m，划痕的总长度为
货物相对于传送带的路程 ，BC错误；
D．根据牛顿第二定律得
解得
BC的长度为
解得 ，D正确。
故选D。
5．（2025·江苏·二模）如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ。传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（ ）
A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B．滑块一定可以回到A点
C．滑块最终停留在B点
D．若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方
【答案】A
【解析】A．因，可得
所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确；
BD．若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故BD错误；
C．由以上分析可知，滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。
故选A。
6．（2024·四川绵阳·模拟预测）机场利用传送带将行李送入飞机货舱。如图所示，传送带与水平面间的夹角，转轴间距。传送带静止，工作人员将一件小包裹（可视为质点）放在传送带的最下端，然后传动带以的加速度匀加速启动，2s后保持匀速，当包裹通过传送带后工作人员发现包裹在传送带上留下一段痕迹。已知小包裹与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度，，。则痕迹的长度为（ ）
A．1.2mB．2.95mC．3.95mD．7m
【答案】B
【解析】对于包裹而言，其加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
2s内包裹的位移
2s内传送带的位移
此阶段痕迹的长度
2s时包裹的速度
此时传送带的速度
此后一直做匀速直线运动，包裹依然做匀加速直线运动，设经过二者共速，则有
代入数据解得
此时包裹的位移
所以包裹在没有共速前就已经到达顶端，设包裹在余下的位移所以时间为，则有
解得
此解得传送带的位移
包裹的位移为
故此阶段包裹又在传送带上留下的痕迹
整个过程，包裹在传送带上留下痕迹的长度为
B正确。
故选B。
7．（2025·辽宁·一模）图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量，长度，其中放有质量，长的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行，书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数。现用水平力恒力将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．抽屉遇到柜体挡板前，抽屉的加速度为
B．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为0.2N
C．书本运动的全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功
D．书本可能与抽屉左侧发生磕碰
【答案】C
【解析】A．抽屉遇到柜体挡板前，假设能一起加速，对书本和抽屉由牛顿第二定律可得
解得
则能一起加速，抽屉的加速度为，故A错误；
B．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为
故B错误；
C．抽屉遇到柜体挡板前，摩擦力向右，书本位移向右则摩擦力先做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，摩擦力向左，书本位移向右，摩擦力对书本后做负功，故C正确；
D．抽屉遇到柜体挡板时，书本的速度
抽屉遇到柜体挡板后书本的加速度
此后书本相对抽屉的位移
书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。故选C。
8．如图甲所示，薄木板静置于水平地面上，木板右端放置一可看成质点的物块。时，对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下，物块和木板发生相对滑动，时，撤去F，物块和木板共速时恰好从木板左端掉落，整个过程中木板的图像如图乙所示。已知木板的质量为0.6kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．木板的长度为2mB．木板与地面间的动摩擦因数为0.4
C．物块与木板间的动摩擦因数为0.04D．拉力大小
【答案】C
【解析】A．由题意，根据图像可判断知物块在时刚好从木板左端滑下，物块在木板上一直加速，可作出其图像如图所示，可知图中阴影部分的面积表示木板的长度
木板的长度
故A错误；
B．由图像可知，木板在内的加速度大小
木板与地面间的动摩擦因数
故B错误；
C．由图像可知，物块在内的加速度大小
物块与木板间的动摩擦因数
故C正确；
D．木板在内的加速度大小
在内的加速度大小
根据牛顿运动定律有，
解得
故D错误。
故选C。
9．（2024·辽宁沈阳·二模）如图，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是（ ）
A．上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量
B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变情况下，越大，滑块与木板间产生的热量越少
【答案】B
【解析】A．由功能关系可知拉力F做的功，除了增加两物体动能以外还有系统产生热量，A错误；
B．由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，B正确；
C．滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以拉力F越大,滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，C错误；
D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，D错误。
故选B。
10．（2024·吉林长春·一模）木板静置于光滑水平地面上，初始时刻滑块以一定的水平初速度从左端滑上木板，当二者速度恰好相等时，对比初始时刻滑块和木板的位置情况可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】滑块以一定的水平初速度从左端滑上木板，在摩擦力作用下，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经过t时间滑块与木板达到共速v，此过程木板的位移为
滑块的位移为
则滑块相对于木板向前的位移大小为
可得
故选A。
11．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，一质量的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量的小木块A．给A和B以大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取．则在整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/s
B．小木块A向左运动的最大位移为2m
C．整个过程系统因摩擦产生的热量为37.5J
D．长木板的长度可能为5m
【答案】C
【解析】A．由于系统总动量方向向右，则小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右匀速，设共速速度为，根据动量守恒定律可得
解得
故A错误；
B．小木块向左运动时加速度为
向左运动最大位移为
故B错误；
CD．小木块与木板共速时，根据能量关系有
解得
整个过程系统因摩擦产生的热量为
由于A始终没有滑离B板，则木板长度必须大于或等于，故长木板的长度不可能为，故C正确，D错误。
故选C。
12．（2025·湖北·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为的长木板B放在水平面上，质量为的物块A放在木板上，开始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F作用在物块上，当F从0开始逐渐增大时，物块与木板运动的加速度a随F变化的图像如图乙中实线所示，图中上段倾斜直线的延长线与横轴交于。已知物块始终没有离开木板，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．木板与水平面间的动摩擦因数为0.1B．小物块与木板间的动摩擦因数为0.3
C．图乙中D．图乙中
【答案】AD
【解析】A．由图乙知，当时，物块与木板开始运动，则有
解得，故A正确；
B．由图乙知，当外力时，物块与木板开始相对滑动，此时物块与木板的加速度大小均为
对木板，根据牛顿第二定律有
解得，故B错误；
CD．当外力时，物块与木板开始相对滑动，此时物块与木板的加速度大小均为
对小物块，根据牛顿第二定律有
解得，故C错误；
D．当时，物块与木板相对滑动，对物块，根据牛顿第二定律有
解得
变形得
解得，故D正确。
故选AD。
13．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图甲所示，机场使用倾角的传送带，将每个质量的行李箱从地面运送到高的出发平台。机械手每隔8秒就将一个行李箱放到传送带底端，传送带以的速度顺时针匀速转动。行李箱在传送带上的图像如图乙所示。已知各行李箱与传送带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。求：
（1）行李箱与传送带间的动摩擦因数；
（2）传送带上最多同时输送的行李箱数量；
（3）在机械手放置第一个行李箱开始计时的1分钟内，电动机因运送行李箱需多做的功。
【答案】（1）0.8 （2）1个 （3）4992J
【解析】（1）由图可知，木箱运动的加速度为
根据牛顿第二定律有
解得
（2）传送带的长度为
且行李箱加速运动的位移为
所以行李箱在倾斜传送带上一直匀加速，无匀速阶段。每8秒放置1个，运输时间5秒，传送带上最多存在1个行李箱。
（3）行李箱在传动带上由开始到平台的过程中，相对滑动时候摩擦力对传动带做功的大小为
所以每传送一个行李箱，电机多消耗的能量为
1分钟内传动带共传送取8个行李箱，且7个全部到顶端，一个加速了4s，则电动机多做的功为
所以1分钟内电动机多做的功为4992J。
14．（2025·甘肃·模拟预测）如图所示，倾角的传送带以的速度逆时针转动。将一质量的木块无初速放在传送带的底端A点时，一质量的子弹立即以沿传送带向上的速度击中木块且未穿出，子弹与木块相对运动的时间极短。若传送带足够长且速度不变，木块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小。
（1）求子弹与木块相对运动的过程中产生的内能；
（2）求木块（含子弹）在传送带上的运动时间；
（3）每当木块的速度刚减为0时，另一颗完全相同的子弹就靠近木块以相同的速度击中木块一次，不计子弹占据木块的空间，求子弹第次击中木块后木块向上减速到0的时间。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）设子弹击中木块后二者共同速度大小为，取沿传送带向上为正方向，有
解得
由能量关系有
解得
（2）由题意可知木块（含子弹）先沿传送带向上做匀减速直线运动，加速度大小
运动时间
位移大小
木块（含子弹）再沿传送带向下加速运动至与传送带共速，加速度大小也为，加速时间
位移大小
因动摩擦因数小于倾角的正切值，所以木块（含子弹）与传送带速度相同后的加速度大小
设加速时间为，有
解得
则总的运动时间
解得
（3）设第次子弹击中木块后瞬间，木块的速度大小为，有
此后木块（含所有打入木块中的子弹）做匀减速运动的时间
可得
15．（2025·辽宁丹东·一模）如图所示，在光滑水平面上，质量可视为质点的小物块，静止在质量的长木板左端，与间的动摩擦因数，现对施加一水平向右的拉力，作用一段时间后立刻撤掉外力，小物体又经时间恰好运动到长木板的右端且没从右端落下，重力加速度为，求：
（1）时间与时间的比值；
（2）若长木板的长度，则在外力作用时间内小物块和长木板组成的系统产生的热量大小。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）方法一：
由题得小物块与长木板最终共速，设速度大小为，对小物块列动量定理
对长木板列动量定理
得
方法二：
对小物体受力分析列方程
得
对长木板受力分析列方程
得
小木块先加速后减速最后与长木板共速，长木板一直加速后匀速，小物块减速得加速度
得
小物块加速阶段最大速度小物块减速阶段
长木板一直加速
得
（2）小物块加速阶段位移，小物块减速阶段位移
长木板位移
由
得
时间内相对位移，
16．（2025·甘肃白银·三模）如图甲所示，“L”形木板Q（右侧竖直挡板厚度不计）静止在粗糙水平地面上，质量m=0.5kg的滑块P（视为质点）以v0=6m/s的速度从木板左端滑上木板，t=1s时滑块与木板相撞（碰撞时间极短）并粘在一起。两者运动的v—t图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
（1）木板的长度L；
（2）木板的质量M；
（3）木板沿地面运动的最大距离d。
【答案】（1）4m （2）0.5kg （3）2.5m
【解析】（1）根据v-t图像围成的面积可知
解得L=4m
（2）根据v—t图像可知，滑块P滑上木板Q后，滑块P做匀减速直线运动，木板Q做匀加速直线运动，在两者碰撞前，滑块P的速度v1=3m/s，木板Q的速度v2=1m/s，两者碰撞后的共同速度v3=2m/s，碰撞过程滑块P与木板Q组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有
解得M=0.5kg
（3）设滑块P与木板Q间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，在0~1s时间内，滑块P的加速度
木板Q的加速度
根据牛顿第二定律有、
木板沿地面运动的最大距离为
解得d=2.5m
17．（2025·河北沧州·模拟预测）如图所示，质量的长木板C置于水平桌面上，质量的滑块B（可视为质点）置于木板C的最左端，轻绳一端跨过定滑轮与质量的物块A连接，定滑轮和滑块B间轻绳水平。初始时在外力作用下A静止在距地面高度位置且AB间的轻绳自然伸直。已知B与C间的动摩擦因数，C与桌面间的动摩擦因数，A与地面碰撞后不反弹，C不会与滑轮相碰。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取。某时刻释放A。
（1）求A落地前瞬间B和C的速度大小；
（2）为了使B不从C上滑落，求C的最小长度；
（3）若C的右端恰运动到桌子右边缘，求初始时C的右端到桌子右边缘的距离。（结果均可用分数表示）
【答案】（1）， （2） （3）
【解析】（1）由静止释放A，假设B和C有相对运动，对A和B分析，根据牛顿第二定律得
对C分析，根据牛顿第二定律得
解得，
因为，假设成立；A向下运动高度H时有
解得
则A落地前瞬间B和C的速度大小分别为
（2）作出B和C运动的图像如图所示，后C加速度不变，继续加速，B做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得
又经过时间B、C共速，根据运动学公式有
解得
此时速度大小
设此后BC一起运动，二者匀减速运动的加速度大小
此时BC之间的静摩擦力小于最大静摩擦力，因此假设成立。
综上C长度最小值
（3）为使C右端恰运动到桌子右边缘，C的右端到桌子右边缘的距离为C全过程的位移
1．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】D
【解析】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；
D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时
做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。
故选D。
2．（2024·安徽·高考真题）倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。
之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。
C正确，ABD错误。
故选C。
3．（2024·辽宁·高考真题）（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在时刻滑上木板B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4D．之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【解析】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；
B．结合图像可知时刻，木板的速度为
设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
，负号表示方向水平向左
物块在木板上滑动的加速度为
经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得
解得
故B正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
此时对木板由牛顿第二定律得
解得
故C错误；
D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
故选ABD。
4．（2025·福建·高考真题）（多选）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，重力加速度，则（ ）
A．在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t=t0时，B的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【解析】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有，
代入数值解得t=t0时，B的速度为
在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有
，
由于，故可知
故A错误，B正确；
C．在时间内，设AB向右的位移分别为，；，由功能关系有
解得
故弹簧的压缩量为
故C错误；
D．A与传送带的相对位移为
B与传送带的相对为
故可得
由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像
可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得
结合
可知，故D正确。
故选BD。
5．（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s；；（2）
【解析】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度